第一章 直线与圆 单元测评-2025-2026学年高二上学期数学北师大版选择性必修第一册

（北师大版 选择性必修第一册） 第一章 直线与圆 单元测评 本试卷共4页，19题、满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”。 2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4. 考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑。 1．“”是“直线与直线互相垂直”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知直线，，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（    ） A．4 B． C．2 D． 4．已知直线l经过点，且与直线的倾斜角互补，则直线l的方程为（    ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为，圆心在上．若圆上存在点，使，则圆心的横坐标的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆上一点关于轴的对称点为Q，M是圆上异于P，Q的任意一点，且直线分别交轴于点R，S，则（    ） A． B．8 C． D．16 7．已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知直线与轴和轴分别交于，两点，且，动点满足，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．在同一平面直角坐标系中，表示直线与的图象可能是（    ） A． B． C． D． 10．已知圆，则下列说法正确的是（    ） A．点在圆M外 B．圆M的半径为3 C．圆M关于对称 D．直线截圆M的弦长为 11．已知，圆，点为圆上一动点，以为直径的圆交轴于两点，设，则（    ） A．当点在轴上时， B．的取值范围是 C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。请把答案填在答题卡的相应位置上。 12．已知圆，则圆心坐标为 . 13．经过点，且以为一个方向向量的直线的斜截式方程为 ； 14．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效。 15．已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4，0)，B(0，－3)，C(－2，1)，求： (1)BC边上的中线所在的直线的方程； (2)BC边上高线所在的直线的方程． 16．已知点，，动点满足． (1)求动点的轨迹方程； (2)直线过点且与点的轨迹只有一个公共点，求直线的方程． 17．已知A，B是直线：上两点，定点，，. (1)若，求m的值； (2)求过点且与点的距离为2的直线的方程. 18．已知ABCD是边长为1的正方形，点是正方形内一点，且点到边AD的距离为，点到边AB的距离为. (1)用x，y表示； (2)求的最小值. 19．已知圆过点，且与圆关于直线对称． (1)求圆的方程； (2)直线过点，截圆所得的弦长为2，求直线的方程； (3)过点作两条相异直线分别与圆相交于，，且直线和直线的倾斜角互补，为坐标原点，试判断直线和是否平行？请说明理由． 1．C 【解析】利用两直线垂直时它们的一般方程的系数间的关系可求的值. 【详解】若直线与直线互相垂直， 则，解得. 所以“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件，选C. 【点睛】如果直线，， （1）若，则； （2）若，则且或； （2）若重合，则，，. 2．A 【分析】根据两直线垂直可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为直线，，若，则，解得. 故选：A. 3．A 【分析】根据平行线间距离公式求解即可. 【详解】直线与直线之间的距离， 直线与直线之间的距离， 又由正方形可知，即，解得. 故选：A. 4．A 【分析】根据题意求出直线l的斜率，然后利用斜截式即可写出直线的方程，进而转化为一般式方程即可. 【详解】因为与直线的倾斜角互补，而直线的斜率为， 所以直线l的斜率为，则直线l的方程为，即． 故选：A 5．C 【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式求解即求得a的范围. 【详解】由圆心C的横坐标为a，得圆心C的坐标为， 则圆的方程为， 设，由，得， 整理得，因此点在以为圆心，为半径的圆上， 依题意，圆与圆有公共点，则， 即，整理得，解得， 所以圆心的横坐标的取值范围为. 故选：C 6．B 【分析】设，求出，即可求解，也可速解，观察选项知为定值，取点的坐标为，则，即可求解． 【详解】法一：依题意得，设，则， 则直线，直线， 则， 故． 法二：速解，观察选项知为定值，取点的坐标为，则， 故选：B． 7．C 【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值. 【详解】在中，在中， 故，， 因为，故， 又角的平分线交于点，则，故. 故. 以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，， 故，，设，则， 即，故， 化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）. 故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.    故选：C 8．B 【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案. 【详解】由，得，由，得， 由，得，设 ，则， 即，因此点C的轨迹为一动圆， 设该动圆圆心为 ，即有，则代入， 整理得： ，即C轨迹的圆心在圆上（除此圆与坐标轴的交点外）， 点与圆上点连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值， 所以最大值为. 故选：B    【点睛】思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心距离加或减圆半径求解. 9．AC 【分析】分情况讨论与的正负情况，分别判断各选项. 【详解】A选项：由的图象可知，，经过一、三、四象限，则需经过二、三、四象限，故A选项正确； B选项：由的图象可知，，经过一、二、三象限，则需经过一、三、四象限，故B选项错误； C选项：由的图象可知，，经过一、二、四象限，则需经过一、二、三象限，故C选项正确； D选项：由的图象可知，，经过二、三、四象限，则需经过一、二、四象限，故D选项错误； 故选：AC. 10．BC 【分析】由圆的方程求圆心和半径，判断BC，再根据点与圆的位置关系判断A，由直线与圆的相交弦公式判断D． 【详解】圆的方程为， 圆心为，半径为，B正确， 圆心在直线上，圆关于对称，C正确， ,时,，点在圆内，A错误， 圆心到直线的距离为， 直线截圆的弦长为，D错误， 故选：BC． 11．ACD 【分析】对于A，先根据已知求出点的坐标，然后再验算即可；对于B，得出点在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，即可验算；对于C，根据圆的向量表示式，结合韦达定理即可验算；对于D，只需验算是否成立即可. 【详解】    当在轴上时，，则，则，故A正确； 设且，则，代入得， 可得在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，又圆交轴于，故，故B错误； 以为直径的圆的方程可写为， 令，可得，即， 则分别为方程的两根，由韦达定理得，故C正确； 要证，即证， ， ， 所以，即，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键在于得到以为直径的圆的方程可写为，然后结合韦达定理即可顺利得解. 12． 【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心坐标即可 【详解】圆是标准方程，则圆心坐标为， 故答案为： 13． 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率，再由直线的斜截式求出方程. 【详解】依题意，直线的斜率， 所以直线的斜截式方程为. 故答案为： 14．4 【分析】求得直线恒过的定点，判断两直线位置关系，找到与的关系，利用均值不等式求最值. 【详解】直线可整理为，故恒过定点，即为A的坐标； 直线整理为，故恒过定点，即为B的坐标； 又两条直线垂直，故可得， 即 整理得, 即，解得，当且仅当时取得最大值. 故答案为：4 15．(1)x＋3y＋4＝0； (2)x－2y＋4＝0﹒ 【分析】(1)利用中点坐标公式求出BC中点坐标，根据直线两点式方程即可求中线方程； (2)两直线垂直，斜率相乘等于－1，求出BC直线斜率，再求出高的斜率，由高过A点即可求其方程. 【详解】（1）中点坐标为，又中线过， ∴中线所在直线方程为：，即. （2）∵，BC边上高线所在直线的斜率为， 又高线过，∴高线所在直线方程为，即. 16．(1)； (2)或. 【分析】（1）设，应用两点距离公式及已知条件，整理化简求轨迹方程； （2）由题意，直线与相切，讨论所求直线斜率，设直线方程，根据圆心与直线距离求参数求直线方程. 【详解】（1）设，由条件，则， 整理：，即点的轨迹方程为. （2）过点的直线与点的轨迹只有一个公共点，即直线与相切，    当直线的斜率存在时，不妨设， 则圆心到直线的距离，得：，此时； 当的斜率不存在时，直线此时直线与圆相切； 综上所述，满足题意得直线的方程为：或 17．(1) (2)或 【分析】（1）记AB中点为D，利用点到直线的距离公式求CD，然后根据等腰三角形性质和勾股定理可解； （2）分斜率存在和不存在讨论，斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线的距离公式求解可得. 【详解】（1）记AB中点为D，因为， 所以，，点C到直线AB的距离， 又，所以， 所以，解得.    （2）易知，当直线l的斜率不存在时，点到直线的距离为2，满足题意，此时直线方程为； 但当直线l的斜率存在时，设其方程为，即， 则由题意可得，解得， 所以方程为，即. 综上，直线l的方程为或.    18．(1) (2) 【分析】（1）过分别作于，于，于，于，然后根据题意利用勾股定理可求得结果； （2）由基本不等式得，然后利用此结论，结合（1）的结果可求得答案. 【详解】（1）过分别作于，于，于，于，则 ， 所以. （2）根据基本不等式，得， 所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为. 19．(1) (2)或 (3)直线和一定平行，理由见解析 【分析】（1）由题意可得点和点关于直线对称，设，由对称性求出点的坐标，再根据圆过点，求出半径，即可得解； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合圆的弦长公式计算即可得解； （3）可设，，联立，利用韦达定理求得，同理求得，再证明即可. 【详解】（1）解：由题意可得点和点关于直线对称， 且圆和圆的半径相等，都等于， 设，则，解得， 故圆的方程为， 再把点代入圆的方程，求得， 故圆的方程为； （2）解：直线过点，当直线的斜率不存在时，方程为， 截圆得到的弦长等于，满足条件， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 再由弦长公式可得，解得， 故所求的直线方程为，即， 综上可得，直线的方程为或； （3）解：过点作两条相异直线分别与圆相交于，，且直线和直线的倾斜角互补，为坐标原点， 则得直线和平行，理由如下： 由题意知，直线和直线的斜率存在，且互为相反数， 故可设，， 由，得， 因为的横坐标一定是该方程的解，故利用韦达定理求得， 同理，所以， 则的斜率的斜率）， 所以，直线和一定平行． 【点睛】本题考查了直线与圆当中关于直线对称性的问题，考查了圆的弦长公式，考查了直线位置关系的证明问题，考查了计算能力，有一定的难度. 答案第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $